第2讲　磁场对运动电荷的作用高考物理总复习新教材版

第讲磁场对运动电荷的作用[教材阅读指导](对应人教版新教材选择性必修第二册页码及相关问题)P7阅读“洛伦兹力的方向”这一部分内容，体会洛伦兹力既与速度垂直，又与磁场垂直，即垂直于速度和磁场所确定的平面。思考洛伦兹力做功有什么特点？提示：因洛伦兹力总与速度垂直，故总不做功。P8[思考与讨论]，洛伦兹力与安培力是什么关系？提示：导线中运动电荷所受洛伦兹力的矢量和在宏观上表现为安培力。P9[思考与讨论]第3问。提示：偏转磁场先垂直纸面向里减小至零，再从零开始垂直纸面向外增大。P12阅读“带电粒子在匀强磁场中的运动”这一部分内容，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动需要满足什么条件？提示：磁场必须是匀强磁场，带电粒子初速度方向与磁场垂直。P12～14阅读“带电粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期”这一部分内容，带电粒子在磁场中做圆周运动的速度越大，周期越小吗？提示：不是，由T＝eq\f(2πm,qB)可知，带电粒子运动周期与速度大小无关。P15[练习与应用]T3，怎么确定带电粒子在磁场中做圆周运动的半径和圆心？提示：半径和表示速度的矢量线段(轨迹切线)垂直，两半径的交点或半径与弦的垂直平分线的交点为圆心。物理观念洛伦兹力、洛伦兹力的方向洛伦兹力公式1.洛伦兹力的定义：eq\x(\s\up1(01))运动电荷在磁场中受到的力称为洛伦兹力。2．洛伦兹力的方向(1)用左手定则判定：伸开左手，使拇指与其余四个手指eq\x(\s\up1(02))垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心eq\x(\s\up1(03))垂直进入，并使四指指向eq\x(\s\up1(04))正电荷运动的方向，这时拇指所指的方向就是运动的eq\x(\s\up1(05))正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向。(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于eq\x(\s\up1(06))B和v所决定的平面(注意B和v可以有任意夹角)。由于F始终eq\x(\s\up1(07))垂直于v的方向，故洛伦兹力永不做功。3．洛伦兹力的大小：F＝qvBsinθ，其中θ为电荷运动方向与磁场方向之间的夹角。(1)当电荷运动方向与磁场方向垂直时，F＝qvB。(2)当电荷运动方向与磁场方向平行时，F＝0。(3)当电荷在磁场中静止时，F＝0。物理观念带电粒子在匀强磁场中的运动1．两种特殊运动(1)若v∥B，带电粒子以入射速度v做eq\x(\s\up1(01))匀速直线运动。(2)若v⊥B，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度v做eq\x(\s\up1(02))匀速圆周运动。2．基本公式向心力公式：qvB＝meq\f(v2,r)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2r。3．导出公式(1)轨道半径：r＝eq\f(mv,Bq)。(2)周期：T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)。注意：T、f和ω的大小与轨道半径r和运行速率v无关，只与磁场的eq\x(\s\up1(03))磁感应强度B和粒子的eq\x(\s\up1(04))比荷eq\f(q,m)有关。比荷eq\f(q,m)相同的带电粒子，在同样的匀强磁场中T、f、ω相同。一堵点疏通1．带电粒子在磁场中运动时，一定会受到磁场力的作用。()2．洛伦兹力的方向垂直于B和v决定的平面，洛伦兹力对带电粒子永远不做功。()3．根据公式T＝eq\f(2πr,v)，可知带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v成反比。()4．用左手定则判断洛伦兹力方向时，四指指向电荷的运动方向。()5．带电粒子在磁场中运动时的轨道半径与粒子的比荷成正比。()6．当带电粒子进入匀强磁场时，若v与B夹角为锐角，带电粒子的轨迹为螺旋线。()答案1.×2.√3.×4.×5.×6.√二对点激活1．(人教版选择性必修第二册·P10·T2改编)下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是()答案B解析由左手定则知A中力F的方向应竖直向上，B中力F的方向应竖直向下，C、D中速度v与磁感应强度B平行，不受洛伦兹力，故B正确，A、C、D错误。2．(人教版选择性必修第二册·P11·T3改编)如图所示，一束质量、速度和电荷量不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B两束，下列说法正确的是()A．组成A束和B束的离子都带负电B．组成A束和B束的离子质量一定不同C．A束离子的比荷大于B束离子的比荷D．速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外答案C解析由左手定则结合带电粒子在磁场中偏转的方向知，A、B束离子均带正电，故A错误。A、B束离子的速度相同，而A束离子在磁场中的偏转半径较小，由r＝eq\f(mv,Bq)知A束离子的比荷大于B束离子的比荷，而它们的电荷量关系未知，则无法判断离子质量关系，故B错误，C正确。速度选择器中A、B束离子所受静电力向右，所以所受洛伦兹力应向左，结合左手定则可判断磁场方向应垂直于纸面向里，故D错误。考点1洛伦兹力的特点及应用[科学思维梳理]1．洛伦兹力的特点(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷的速度方向和磁场方向共同确定的平面，所以洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小，即洛伦兹力永不做功。(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化。(3)用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力的方向时，要注意使四指指向电荷运动的反方向。2．洛伦兹力与静电力的比较洛伦兹力静电力产生条件v≠0且v不与B平行电荷处在静电场中大小F＝qvB(v⊥B)F＝qE力方向与场方向的关系一定是F⊥B，F⊥v，且与电荷电性有关正电荷受力与电场强度方向相同，负电荷受力与电场强度方向相反做功情况任何情况下都不做功可能做正功、负功，也可能不做功力为零时场的情况F为零，B不一定为零F为零，E一定为零作用效果只改变电荷运动的速度方向，不改变速度大小既可以改变电荷运动速度的大小，也可以改变电荷运动的方向例1如图所示，在竖直平面内放一个光滑绝缘的半圆形轨道，水平方向的匀强磁场与半圆形轨道所在的平面垂直。一个带负电荷的小滑块由静止开始从半圆形轨道的最高点M滑下到最右端的过程中，下列说法中正确的是()A．滑块经过最低点时的速度比磁场不存在时大B．滑块经过最低点时的加速度比磁场不存在时小C．滑块经过最低点时对轨道的压力比磁场不存在时小D．滑块从M点到最低点所用时间与磁场不存在时相等[答案]D[解析]由于洛伦兹力不做功，故与磁场不存在时相比，滑块经过最低点时的速度不变，A错误；滑块经过最低点时的加速度a＝eq\f(v2,R)，则与磁场不存在时相比，滑块经过最低点时的加速度不变，B错误；由左手定则可知，滑块经过最低点时受到的洛伦兹力向下，而与磁场不存在时相比，滑块经过最低点时所受的向心力不变，故对轨道的压力变大，C错误；由于洛伦兹力方向始终与运动方向垂直，在任意一点，滑块经过时的速度与磁场不存在时相比均不变，则滑块从M点到最低点所用时间与磁场不存在时相等，D正确。[关键能力升华]洛伦兹力与安培力的联系及区别(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力，都是磁场力。(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。[对点跟进训练](洛伦兹力的特点及应用)(2021·辽宁省高考一轮复习联考)如图所示，真空中竖直放置一长直细金属导线MN，电流向上。空间中做一与导线同轴的半径为R的柱面。光滑绝缘管ab水平放置，端点a、b分别在柱面上。半径略小于绝缘管内径的带正电小球自a点以速度v0向b点运动过程中，下列说法正确的是()A．小球先加速后减速B．小球受到的洛伦兹力始终为零C．小球在ab中点受到的洛伦兹力为零D．小球受到洛伦兹力时，洛伦兹力方向向上答案C解析如图为俯视图，根据右手螺旋定则，磁感线如图中虚线所示，洛伦兹力不做功，小球速率不变，A错误；当小球运动到ab中点时，小球速度方向与磁感应强度方向平行，不受洛伦兹力作用，自a点到ab中点，小球受到的洛伦兹力向下，自ab中点至b点，受到的洛伦兹力向上，C正确，B、D错误。考点2带电粒子在匀强磁场中的运动[科学思维梳理]1．带电粒子在匀强磁场中运动的解题思路(1)圆心的确定①基本思路：与速度方向垂直的直线和轨迹圆中弦的中垂线一定过圆心。②两种常见情形情形一：已知入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图a所示，图中P为入射点，M为出射点)。情形二：已知入射方向和出射点的位置时，可以先通过入射点作入射方向的垂线，再连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图b所示，图中P为入射点，M为出射点)。(2)半径的确定和计算利用几何知识求出该圆的可能半径(或圆心角)，并注意以下两个重要的几何特点：①粒子速度的偏向角φ等于圆心角α，并等于AB弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍(如图所示)，即φ＝α＝2θ＝ωt。②相对的弦切角θ相等，与相邻的弦切角θ′互补，即θ＋θ′＝180°。(3)运动时间的确定①由偏转角度计算：粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧轨迹所对应的圆心角为α时，其运动时间由下式表示：t＝eq\f(α,360°)Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或t＝\f(α,2π)T))。②由运动弧长计算：t＝eq\f(s,v)。2．带电粒子在有界匀强磁场中运动的分析有界匀强磁场是指只在局部空间存在着匀强磁场，带电粒子从磁场区域外垂直磁场方向射入磁场，在磁场区域内做一段匀速圆周运动，也就是通过一段圆弧轨迹，然后离开磁场区域。带电粒子在磁场中运动的圆弧轨迹取决于粒子进入磁场的速度大小、方向和磁场的磁感应强度及磁场的区域边界。常见磁场区域边界可分为如下几种情形：情形一：直线边界直线边界磁场又分单边直线边界和双边平行直线边界。单边直线边界如图甲、乙、丙所示，粒子进出磁场具有对称性；双边平行直线边界如图丁、戊所示，粒子进出磁场存在临界条件。解决这类问题的“三部曲”：画轨迹、找圆心、定半径。如果粒子从同一直线边界射入和射出，那么粒子进入磁场时速度与边界的夹角和射出磁场时速度与边界的夹角相等。情形二：矩形边界矩形边界磁场是指分布在矩形范围内的有界磁场，带电粒子的轨迹只是一部分圆弧。垂直于某边射入，从某一顶点射出是常见的临界情况。解决该类问题的关键是把握临界情况，如图所示。常见的有如下几种情况：(设粒子从ad边中点e垂直射入)(1)两个临界半径①从d点射出：r1＝eq\f(ad,4)。②从c点射出：req\o\al(2,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r2－\f(ad,2)))2＋ab2。(2)三种情况①r≤r1，粒子从ed段射出。②r1<r≤r2，粒子从cd段射出。③r>r2，粒子从cf段射出(不会到达f点)。情形三：圆形边界圆形边界磁场是指分布在圆形区域内的有界磁场，带电粒子在圆形边界的匀强磁场中的轨迹也是一段不完整的圆弧。由于此类问题涉及两个圆：粒子运动轨迹的圆与磁场区域的圆，能很好地考查学生的综合分析能力，所以是近年来高考的热点。带电粒子在圆形边界磁场中运动的四个结论：(1)径向进出：当粒子运动方向与磁场方向垂直时，沿圆形磁场半径方向射入的带电粒子，必沿径向射出圆形磁场区域，即粒子出射速度的反向延长线必过磁场圆的圆心，如图1所示。(2)等角进出：入射速度方向与过入射点的磁场圆半径的夹角等于出射速度方向与过出射点的磁场圆半径的夹角，如图2所示。径向进出是等角进出的一种特殊情况(θ＝0°)。(3)点入平出：若带电粒子从圆形匀强磁场区域圆周上一点沿垂直于磁场方向进入磁场，当带电粒子做圆周运动的半径与圆形磁场区域的半径相同时，所有带电粒子都以平行于磁场区域圆周上入射点处的切线方向射出磁场，如图3所示。(4)平入点出：若带电粒子以相互平行的速度射入磁场，且带电粒子在磁场中做圆周运动的半径和圆形磁场区域半径相同，则这些带电粒子将会从磁场区域圆周上同一点射出，且磁场区域圆周上该点的切线与带电粒子射入磁场时的速度方向平行，如图4所示。情形四：四分之一平面边界四分之一平面边界磁场是指分布在平面直角坐标系中某一象限范围的有界磁场，带电粒子的轨迹只是一部分圆弧，粒子轨迹与坐标轴相切是常见的临界情况，如图所示。解决该类问题的关键是明确粒子射入(射出)磁场的位置坐标，及速度方向与坐标轴的夹角关系，然后分析粒子做圆周运动的轨迹、圆心，寻找几何关系求解问题。情形五：三角形边界三角形边界磁场是指分布在三角形区域内的有界磁场，粒子的轨迹也是一段圆弧，由于三角形有等边三角形、等腰三角形、直角三角形等不同类型，所以会有不同的临界情境，如图甲、乙所示。解答该类问题主要把握以下两点：(1)射入磁场的方式①从某顶点射入。②从某条边上某点(如中点)垂直(或成某一角度)射入。(2)射出点的判断其临界条件是判断轨迹可能与哪条边相切，进而判定出射点的可能位置。例2(2021·北京高考)如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60°的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP＝a。不计重力。根据上述信息可以得出()A．带电粒子在磁场中运动的轨迹方程B．带电粒子在磁场中运动的速率C．带电粒子在磁场中运动的时间D．该匀强磁场的磁感应强度[答案]A[解析]粒子恰好垂直于y轴射出磁场，作出轨迹如图所示，O1为轨迹圆心，由几何关系可知OO1＝atan30°＝eq\f(\r(3),3)a，轨迹半径R＝eq\f(a,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)a，则带电粒子在磁场中运动的轨迹方程为x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(\r(3),3)a))2＝eq\f(4,3)a2，故A正确；由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)，解得带电粒子在磁场中运动的速率为v＝eq\f(qBR,m)，轨迹圆的半径R可求出，但磁感应强度B未知且不可求出，则无法求出带电粒子在磁场中运动的速率，故B、D错误；带电粒子在磁场中转过的圆心角为eq\f(2,3)π，周期为T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，则带电粒子在磁场中运动的时间为t＝eq\f(\f(2,3)π,2π)T＝eq\f(2πm,3qB)，因磁感应强度B未知且不可求出，则运动时间无法求出，故C错误。[关键能力升华]1.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法2．作带电粒子运动轨迹时需注意的问题(1)四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点。(2)六条线：圆弧两端点所在的轨道半径，入射速度所在直线和出射速度所在直线，入射点与出射点的连线，圆心与两条速度所在直线交点的连线。前面四条线构成一个四边形，后面两条线为这个四边形的对角线。(3)三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍。[对点跟进训练]1.(双边平行直线边界磁场)(2021·海南高三三模)(多选)如图所示，在坐标系的y轴右侧存在有理想边界的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场的宽度为d，磁场方向垂直于xOy平面向里。一个质量为m、电荷量为－q(q>0)的带电粒子，从原点O射入磁场，速度方向与x轴正方向成30°角，粒子恰好不从右边界射出，经磁场偏转后从y轴的某点离开磁场。忽略粒子重力。关于该粒子在磁场中的运动情况，下列说法正确的是()A．它的轨迹半径为eq\f(2,3)dB．它进入磁场时的速度为eq\f(2qBd,3m)C．它在磁场中运动的时间为eq\f(2πm,3qB)D．它的运动轨迹与y轴交点的纵坐标为eq\r(3)d答案AB解析粒子运动轨迹如图所示，设粒子运动轨迹半径为r，由几何关系有r＋rsin30°＝d，解得r＝eq\f(2,3)d，A正确；由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，解得粒子进入磁场时的速度为v＝eq\f(qBr,m)＝eq\f(2qBd,3m)，B正确；由T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，如图由几何关系知粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为240°，则运动时间t＝eq\f(240°,360°)T＝eq\f(2,3)T＝eq\f(4πm,3qB)，C错误；粒子运动轨迹与y轴交点的纵坐标为y＝－2rcos30°＝－eq\f(2\r(3),3)d，D错误。2．(圆形边界磁场)(多选)如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板。从圆形磁场最高点P垂直磁场正对着圆心O射入带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m，不考虑粒子重力，关于粒子的运动，以下说法正确的是()A．粒子在磁场中通过的弧长越长，运动时间也越长B．出磁场的粒子其出射方向的反向延长线也一定过圆心OC．出磁场的粒子一定能垂直打在MN上D．只要速度满足v＝eq\f(qBR,m)，入射的粒子出射后一定垂直打在MN上答案BD解析由r＝eq\f(mv,Bq)，taneq\f(θ,2)＝eq\f(R,r)，知粒子在磁场中通过的弧长s＝θr＝eq\f(2mv,Bq)arctaneq\f(BqR,mv)，运动的时间t＝eq\f(s,v)＝eq\f(2m,Bq)·arctaneq\f(BqR,mv)，则v越大，s不一定越大，但时间越短，故A错误；带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心，故B正确；速度不同，粒子的轨道半径不同，则对着圆心入射的粒子，沿不同的半径方向射出磁场，即出射后不一定垂直打在MN上，故C错误；速度满足v＝eq\f(BqR,m)时，粒子的轨道半径为r＝eq\f(mv,Bq)＝R，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成正方形，粒子出射后一定垂直打在MN板上，故D正确。考点3带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题[科学思维梳理]1．带电粒子电性不确定形成多解受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，在相同的初速度条件下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解。如图甲，带电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为a，如带负电，其轨迹为b。2．磁场方向不确定形成多解有些题目只告诉了磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度的方向，此时由于磁感应强度方向不确定形成多解。如图乙，带正电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，如B垂直纸面向里，其轨迹为a，如B垂直纸面向外，其轨迹为b。3．速度不确定形成多解有些题目只指明了带电粒子的电性，但未具体指出速度的大小或方向，此时必须要考虑由于速度的不确定而形成的多解。常有两种情形：(1)入射速度方向一定，大小不同；(2)入射速率一定，方向不同。如图丙所示，带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子速度大小不确定，因此，它可能穿过下边界，也可能转过180°反向飞出，于是形成了多解。4．运动的周期性或往复性形成多解带电粒子在磁场中运动时，若因为磁场周期性变化、粒子与挡板反复碰撞或与电场组合等原因而导致运动具有周期性或往复性，而形成多解。如图丁所示。例3(2021·河北省保定市高三一模)如图所示，边长为L的正三角形ACD是用绝缘材料制成的固定框架，处在垂直框架平面向里的匀强磁场中，AD边的中点有一小孔S。在框架平面内垂直AD方向从小孔S射入质量为m、电荷量为＋q的粒子。已知粒子射入框架时速率为v，与框架的碰撞为弹性碰撞，粒子重力忽略不计。(1)若粒子第一次与AC碰撞的位置为AC的中点，求匀强磁场磁感应强度的大小B；(2)若此粒子经过与框架的多次碰撞最终能垂直AD方向从小孔S射出，求所有满足条件的匀强磁场磁感应强度的大小和粒子在框架内运动的时间。[答案](1)eq\f(2mv,qL)(2)eq\f(mv4n＋2,qL)(n＝0,1,2，…)eq\f(πL6n＋1,v4n＋2)(n＝0,1,2，…)[解析](1)粒子的运动轨迹如图1所示。设轨迹半径为R，由几何关系可知R＝eq\f(L,2)由牛顿第二定律可知qvB＝meq\f(v2,R)联立解得B＝eq\f(2mv,qL)。(2)要使粒子最终能垂直AD方向从小孔S射出，粒子运动的轨迹圆的圆心一定位于△ACD的边上，设该粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，作出粒子最简单的运动轨迹如图2所示，由几何关系得eq\f(L,2)＝2nr＋r(n＝0,1,2，…)解得r＝eq\f(L,4n＋2)(n＝0,1,2，…)设该磁场的磁感应强度为B′，则qvB′＝meq\f(v2,r)解得B′＝eq\f(mv4n＋2,qL)(n＝0,1,2，…)由T＝eq\f(2πr,v)解得T＝eq\f(2πL,v4n＋2)(n＝0,1,2，…)则粒子在框架内运动的时间t＝3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(60°,360°)T＋2n\f(T,2)))＝eq\f(T,2)(6n＋1)＝eq\f(πL6n＋1,v4n＋2)(n＝0，1,2，…)。[关键能力升华]求解带电粒子在磁场中运动多解问题的技巧(1)分析题目特点，确定题目多解性形成的原因。(2)作出粒子运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)。(3)若为周期性的多解问题，寻找通项式；若是出现几种周期性解的可能性，注意每种解出现的条件。[对点跟进训练]1．(速度大小不确定引起多解)(多选)长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示。磁感应强度为B，板间距离为l，极板不带电。现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是()A．使粒子的速度v<eq\f(Bql,4m)B．使粒子的速度v>eq\f(5Bql,4m)C．使粒子的速度v>eq\f(Bql,m)D．使粒子的速度eq\f(Bql,4m)<v<eq\f(5Bql,4m)答案AB解析如图所示，若带电粒子刚好打在极板右边缘，有req\o\al(2,1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r1－\f(l,2)))2＋l2，又因为r1＝eq\f(mv1,Bq)，解得v1＝eq\f(5Bql,4m)；若粒子刚好打在极板左边缘，有r2＝eq\f(l,4)＝eq\f(mv2,Bq)，解得v2＝eq\f(Bql,4m)。欲使粒子不打在极板上，应使v<eq\f(Bql,4m)或v>eq\f(5Bql,4m)，故A、B正确，C、D错误。2．(运动的周期性引起多解)如图甲所示，M、N为竖直放置且彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′且正对，在两板间有垂直于纸面方向的匀强磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示(垂直于纸面向里的磁场方向为正方向)。有一群正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场，已知正离子质量为m，电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力。求：(1)磁感应强度B0的大小；(2)若正离子从O′孔垂直于N板射出磁场所用的时间最短，请画出其运动轨迹并求出该最短时间；(3)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值。答案(1)eq\f(2πm,qT0)(2)轨迹图见解析T0(3)eq\f(πd,2nT0)(n＝1,2,3，…)解析(1)设离子的轨道半径为R，由洛伦兹力提供向心力有：B0qv0＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)做匀速圆周运动的周期T0＝eq\f(2πR,v0)由以上两式得：B0＝eq\f(2πm,qT0)。(2)轨迹如图，最短时间tmin＝T0。(3)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，正离子在两板之间只运动一个周期即T0时，R＝eq\f(d,4)。当正离子在两板之间运动n个周期，即nT0时，R＝eq\f(d,4n)(n＝1，2,3，…)又B0qv0＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)联立得正离子的速度的可能值为v0＝eq\f(B0qR,m)＝eq\f(πd,2nT0)(n＝1,2,3，…)。建模提能4巧用动态圆解磁场中的临界、极值问题带电粒子在有界匀强磁场中运动时，由于受到磁场边界的约束，经常会考查求解粒子在磁场中运动的最长或最短时间、粒子运动区域等临界问题。对于这类问题，解题思路是：(1)先不考虑磁场边界，假设磁场充满整个空间，根据题给条件尝试画出粒子可能的运动轨迹圆；(2)结合磁场边界找出临界条件；(3)根据几何关系、运动规律求解。根据粒子射入磁场时的特点，分析临界条件的常用技巧有三种：动态圆放缩法、定圆旋转法、平移圆法。1动态圆放缩法适用条件速度方向一定、大小不同粒子源发射速度方向一定、大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径与粒子速度大小有关轨迹圆圆心共线如图所示(图中只画出粒子带正电的情境)，速度v越大，运动半径也越大。可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP′上界定方法以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆”法【典题例证1】如图所示，正方形区域abcd内(含边界)有垂直纸面向里的匀强磁场，ab＝l，Oa＝0.4l，大量带正电的粒子从O点沿与ab边成37°的方向以不同的初速度v0射入磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用，已知带电粒子的质量为m，电荷量为q，磁场的磁感应强度大小为B，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求带电粒子在磁场中运动的最长时间；(2)若带电粒子从ad边离开磁场，求v0的取值范围。[答案](1)eq\f(143πm,90qB)(2)eq\f(qBl,4m)<v0≤eq\f(5qBl,9m)[解析](1)粒子从ab边离开磁场时，在磁场中运动的时间最长，如图1所示，有qBv0＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)又T＝eq\f(2πR,v0)解得T＝eq\f(2πm,Bq)又由几何关系得θ＝74°，则粒子在磁场中运动的最长时间t＝eq\f(360°－θ,360°)T＝eq\f(143πm,90qB)。(2)当粒子轨迹与ad边相切时，如图2所示，设此时初速度为v01，轨道半径为R1，由几何关系可得R1＋R1sin37°＝0.4l又qBv01＝eq\f(mv\o\al(2,01),R1)解得v01＝eq\f(qBl,4m)；当粒子运动轨迹与cd边相切时，如图3所示，设此时初速度为v02，轨道半径为R2，由几何关系可得R2＋R2cos37°＝l又qBv02＝eq\f(mv\o\al(2,02),R2)解得v02＝eq\f(5qBl,9m)综上可得eq\f(qBl,4m)<v0≤eq\f(5qBl,9m)。【名师点睛】带电粒子在矩形有界匀强磁场中运动的临界问题带电粒子在矩形有界匀强磁场中运动的特点：(1)若粒子射入的初速度方向和矩形磁场某边界垂直，如图甲所示。①当粒子速度较小时，粒子将在磁场中做半个圆周运动后从原边界射出磁场区域；②当粒子速度在某一范围内时，粒子将在磁场中做部分圆周运动后从侧面边界飞出磁场；③当粒子速度较大时，粒子将在磁场中做部分圆周运动后从对面边界飞出磁场。(2)若粒子射入的初速度方向和矩形磁场某边界成一夹角，如图乙所示。①当粒子速度较小时，粒子将在磁场中做部分圆周运动后从原边界飞出磁场；②当粒子速度在某一范围内时，粒子将在磁场中做部分圆周运动后从上侧面边界飞出磁场；③当粒子速度较大时，粒子将在磁场中做部分圆周运动后从右侧面边界飞出磁场；④当粒子速度更大时，粒子将在磁场中做部分圆周运动后从下侧面边界飞出磁场。综合以上分析可知，求解带电粒子在矩形有界匀强磁场区域运动的时间范围、速度范围等的问题时，寻找“相切或相交”的临界点是解决问题的关键；另外可知在磁场边界上还有粒子不能达到的区域即“盲区”。2定圆旋转法适用条件速度大小一定，方向不同粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若射入初速度大小为v0，则圆周运动半径为r＝eq\f(mv0,qB)，如图所示轨迹圆圆心共圆带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点O为圆心、半径r＝eq\f(mv0,qB)的圆上界定方法将半径为r＝eq\f(mv0,qB)的轨迹圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子的临界条件，这种方法称为“旋转圆”法【典题例证2】(多选)如图所示，在荧屏MN上方分布了水平方向的匀强磁场，方向垂直纸面向里。距离荧屏d处有一粒子源S，能够在纸面内不断地向各个方向同时发射速度大小为v、电荷量为q、质量为m的带正电粒子，不计粒子的重力，已知粒子做圆周运动的半径也恰好为d，则()A．粒子能打到荧屏MN上的区域长度为2eq\r(3)dB．能打到荧屏MN上最左侧的粒子所用的时间为eq\f(πd,v)C．粒子从发射到打到荧屏MN上的最长时间为eq\f(πd,v)D．同一时刻发射的粒子打到荧屏MN上的最大时间差为eq\f(7πd,6v)[答案]BD[解析]打在荧屏MN上的粒子轨迹的临界状态如图1所示，根据几何关系知，带电粒子能打到荧屏MN上的区域长度为：l＝AB＝R＋eq\r(3)R＝(1＋eq\r(3))R＝(1＋eq\r(3))d，故A错误；由运动轨迹图可知，能打到荧屏MN上最左侧的粒子偏转了半个周期，故所用时间为：t＝eq\f(1,2)T，又T＝eq\f(2πd,v)，解得：t＝eq\f(πd,v)，故B正确；在磁场中运动时间最长(优弧1)和最短(劣弧2)的粒子的运动轨迹如图2所示，粒子做完整圆周运动的周期T＝eq\f(2πd,v)，由几何关系可知，最长时间：t1＝eq\f(3,4)T＝eq\f(3πd,2v)，最短时间：t2＝eq\f(1,6)T＝eq\f(πd,3v)，根据题意得同一时刻发射的粒子打到荧屏MN上的最大时间差：Δt＝t1－t2＝eq\f(7πd,6v)，故C错误，D正确。【名师点睛】(1)解决带电粒子在有界磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向，找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹，定好圆心，建立几何关系。粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切。(2)要重视分析时的尺规作图，规范而准确的作图可突出几何关系，使抽象的物理问题更形象、直观。3平移圆法适用条件速度大小一定，方向一定，但入射点在同一直线上粒子源发射速度大小、方向一定，入射点不同但在同一直线上的带电粒子，它们进入匀强磁场时，做匀速圆周运动的半径相同，若入射速度大小为v0，则运动半径r＝eq\f(mv0,qB)，如图所示轨迹圆圆心共线带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线界定方法将半径为r＝eq\f(mv0,qB)的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件，这种方法叫“平移圆”法【典题例证3】(多选)如图所示，在直角三角形ABC内充满垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，AB边长度为d，∠B＝eq\f(π,6)。现垂直AB边射入一束质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子。已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0，而运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为eq\f(4,3)t0(不计重力)，则下列说法中正确的是()A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0B．该匀强磁场的磁感应强度大小为eq\f(πm,2qt0)C．粒子在磁场中运动的轨道半径为eq\f(2,5)dD．粒子进入磁场时速度大小为eq\f(3πd,5t0)[答案]ABC[解析]根据题意，粒子垂直AB边射入，垂直AC边射出时经过四分之一个周期，即eq\f(1,4)T＝t0，解得T＝4t0，A正确；洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,qB)，粒子运动的周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)＝4t0，可解得该匀强磁场的磁感应强度大小为B＝eq\f(πm,2qt0)，B正确；当粒子轨迹与BC边相切时，粒子在磁场中运动的时间最长，为eq\f(4,3)t0＝eq\f(1,3)T，则在磁场中转过的圆心角为120°，如图所示，根据几何关系可知Rsineq\f(π,6)＋eq\f(R,sin\f(π,6))＝d，解得R＝eq\f(2,5)d，C正确；根据T＝eq\f(2πR,v)可知，v＝eq\f(2πR,T)＝eq\f(2π·\f(2,5)d,4t0)＝eq\f(πd,5t0)，D错误。【名师点睛】寻找临界点常用的结论(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。(2)当速度v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。(3)当速度v变化时，圆心角越大的，运动时间越长。【针对训练】1．如图所示，在直角坐标系xOy中，x轴上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向外。许多质量为m、电荷量为＋q的粒子以相同的速率v从原点O沿纸面内由从x轴负方向到y轴正方向之间的各个方向射入磁场区域。不计重力及粒子间的相互作用。下列图中阴影部分表示带电粒子在磁场中可能经过的区域，其中R＝eq\f(mv,qB)，则正确的图是()答案D解析如图，从O点沿x轴负方向射入的粒子，轨迹为圆，和x轴相切于O点，在x轴上方，半径为R；沿y轴正方向射入的粒子，轨迹为半圆，在y轴右侧，和x轴交点距O点为2R；沿其余方向射入的带电粒子，轨迹最远点均在以O为圆心、半径为2R的圆周上；由以上分析结合定圆旋转法，可知D正确。2．(2021·辽宁省凌源市高三下3月尖子生抽测)如图所示，在直角三角形abc区域(含边界)内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a＝60°，∠b＝90°，边长ac＝L，一个粒子源在a点将质量为m、电荷量为q的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，不计重力，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是()A.eq\f(qBL,2m) B．eq\f(\r(3)qBL,6m)C.eq\f(\r(3)qBL,4m) D．eq\f(qBL,4m)答案A解析粒子沿ab边射入磁场且从ac边射出磁场时转过的圆心角最大，粒子在磁场中的运动时间最长，粒子速度最大时运动轨迹与bc相切，如图所示，由题意和几何关系可知ab＝eq\f(1,2)L，四边形abdO是正方形，粒子轨道半径r＝eq\f(1,2)L，粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvmB＝eq\f(mv\o\al(2,m),\f(1,2)L)，解得粒子的最大速度vm＝eq\f(qBL,2m)，故A正确，B、C、D错误。3.(2021·河北省唐山市高三下3月第一次模拟考试)(多选)如图，直角三角形OAC区域内有垂直于纸面向外、磁感应强度大小未知的匀强磁场，∠A＝30°、OC边长为L，在C点有放射源S，可以向磁场内各个方向发射速率为v0的同种带正电的粒子，粒子的比荷为K。S发射的粒子有三分之二可以穿过OA边界，OA含在边界以内，不计重力及粒子之间的相互影响。则()A．磁感应强度大小为eq\f(v0,2KL)B．磁感应强度大小为eq\f(v0,KL)C．OA上粒子出射区域长度为LD．OA上粒子出射区域长度为eq\f(L,2)答案BC解析如图所示，S发射的粒子有三分之二可以穿过OA边界，根据左手定则可知，入射角与OC夹角为30°的粒子刚好从O点射出，根据几何关系可知，粒子做圆周运动的轨迹半径为R＝L，根据洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，解得B＝eq\f(v0,KL)，故A错误，B正确；沿CA方向入射的粒子穿过OA边界时距O点最远，根据题设并结合几何知识可知，最远距离为OD＝L，则OA上粒子出射区域长度为L，故C正确，D错误。4．(2020·全国卷Ⅲ)真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为()A.eq\f(3mv,2ae) B．eq\f(mv,ae)C．eq\f(3mv,4ae) D．eq\f(3mv,5ae)答案C解析电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有evB＝meq\f(v2,r)，则磁感应强度与圆周运动轨迹半径的关系式为：B＝eq\f(mv,er)，即运动轨迹半径越大，磁场的磁感应强度越小。电子从圆心沿半径方向进入磁场，当其恰好不离开图中实线圆围成的区域时，运动轨迹与实线圆相切，此时电子运动轨迹半径有最大值rmax，如图所示，其中A点为电子做圆周运动的圆心。由几何关系可得：(3a－rmax)2＝req\o\al(2,max)＋a2，解得rmax＝eq\f(4,3)a，则磁场的磁感应强度最小为Bmin＝eq\f(mv,ermax)＝eq\f(3mv,4ae)，故C正确。5.如图所示，宽度为L、足够长的匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。绝缘长薄板MN置于磁场的右边界，粒子打在板上时会被反弹(碰撞时间极短)，反弹前后竖直分速度不变，水平分速度大小不变、方向相反。磁场左边界上O处有一个粒子源，向磁场内沿纸面各个方向发射质量为m、电荷量为＋q、速度大小为v的粒子，不计粒子重力和粒子间的相互作用，粒子电荷量保持不变。(1)要使粒子在磁场中运动时打不到绝缘薄板，求粒子速度大小v满足的条件；(2)若v＝eq\f(qBL,m)，一些粒子打到绝缘薄板上反弹回来，求这些粒子在磁场中运动时间的最小值t；(3)若v＝eq\f(2qBL,m)，求粒子从左边界离开磁场区域的长度s。答案(1)v<eq\f(qBL,2m)(2)eq\f(2πm,3qB)(3)4eq\r(3)L解析(1)设粒子在磁场中运动的轨道半径为r，则有qvB＝meq\f(v2,r)如图1所示，要使粒子在磁场中运动时打不到绝缘薄板，应满足2r<L联立解得v<eq\f(qBL,2m)。(2)粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)当v＝eq\f(qBL,m)时，解得r＝L打到绝缘板上反弹回来且在磁场中运动时间最短的粒子通过的圆弧对应的弦长最短，粒子运动轨迹如图2所示由几何关系可知最小时间t＝2×eq\f(T,6)解得t＝eq\f(2πm,3qB)。(3)当v＝eq\f(2qBL,m)时，解得r＝2L粒子在磁场中运动从左边界离开磁场时，离O点最远的粒子运动轨迹如图3所示则从左边界离开磁场区域的长度s＝4rsin60°解得s＝4eq\r(3)L。

一、选择题(本题共7小题，其中第1～3题为单选，第4～7题为多选)1.(2021·北京市西城区高三下统一测试)云室是借助过饱和水蒸气在离子上凝结来显示通过它的带电粒子径迹的装置。如图为一张云室中拍摄的照片。云室中加了垂直于纸面向里的磁场。图中a、b、c、d、e是从O点发出的一些正电子或负电子的径迹。有关a、b、c三条径迹以下判断正确的是()A．a、b、c都是正电子的径迹B．a径迹对应的粒子动量最大C．c径迹对应的粒子动能最大D．c径迹对应的粒子运动时间最长答案C解析正、负电子在垂直于纸面向里的磁场中运动，根据左手定则可知，a、b、c都是负电子的径迹，A错误；负电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有evB＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,eB)，由图可知，Ra<Rb<Rc，所以va<vb<vc，根据p＝mv可知，pa<pb<pc，根据Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，Eka<Ekb<Ekc，B错误，C正确；负电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有evB＝meq\f(v2,R)，T＝eq\f(2πR,v)，则T＝eq\f(2πm,eB)，所以Ta＝Tb＝Tc，负电子在磁场中的运动时间t＝eq\f(α,2π)T，其中α为负电子在磁场中的运动轨迹圆弧所对的圆心角，由图可知a径迹对应的圆心角最大，则a径迹对应的粒子运动时间最长，D错误。2.(2021·山东省青岛市高三下二模)如图，一内壁光滑、上端开口下端封闭的绝缘玻璃管竖直放置，高为h，管底有质量为m、电荷量为＋q的小球，玻璃管以速度v沿垂直于磁场方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中。在外力作用下，玻璃管在磁场中运动速度保持不变，小球最终从上端管口飞出，在此过程中，下列说法正确的是()A．洛伦兹力对小球做正功B．小球做变加速曲线运动C．小球机械能的增加量为qvBhD．小球在玻璃管中的运动时间与玻璃管运动速度无关答案C解析洛伦兹力的方向与速度垂直，永远不做功，A错误；玻璃管在水平方向做匀速直线运动，小球受到的洛伦兹力在竖直方向的分力保持不变，即在竖直方向做匀加速直线运动，合运动为匀加速曲线运动，B错误；由于管对球的支持力对小球做了功，小球的机械能是增加的，在竖直方向上，由牛顿第二定律得qvB－mg＝ma，由匀变速直线运动的位移公式得h＝eq\f(1,2)at2，小球离开管口的速度vy＝at，合速度v合＝eq\r(v2＋v\o\al(2,y))，动能的增量ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,合)－eq\f(1,2)mv2，重力势能的增量ΔEp＝mgh，联立解得小球机械能的增加量ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝qvBh，C正确；小球的实际运动速度可分解为水平方向的速度v和竖直方向的速度vy，竖直方向的洛伦兹力不变，在竖直方向上，由牛顿第二定律得qvB－mg＝ma，由匀变速运动的位移公式得h＝eq\f(1,2)at2，解得t＝eq\r(\f(2mh,qvB－mg))，D错误。3.(2021·北京市丰台区高三上期末)如图所示，来自外层空间的大量带电粒子进入地磁场影响范围后，粒子将绕地磁感线做螺旋运动，形成范艾伦辐射带。螺旋运动中回转一周的时间称为周期，回转一周前进的距离称为螺距。忽略带电粒子的重力、带电粒子之间以及带电粒子与空气分子之间的相互作用，带电粒子向地磁场两极运动的过程中，下列说法正确的是()A．粒子运动的速率逐渐变大B．粒子运动的周期不变C．粒子螺旋运动的半径不变D．粒子螺旋运动的螺距逐渐变小答案D解析由于洛伦兹力不做功，则粒子的速率总保持不变，A错误；由于带电粒子向地磁场两极运动的过程中，磁感应强度越来越大，根据周期公式T＝eq\f(2πm,qB)可知，粒子运动的周期逐渐变小，B错误；因粒子向两极运动过程中，其速度方向与磁感应强度方向不垂直，与磁场方向平行的分速度不受洛伦兹力影响，粒子在该方向做匀速运动，则粒子螺旋运动的螺距为x＝v∥T，因粒子运动的周期逐渐变小，所以粒子螺旋运动的螺距逐渐变小，D正确；由于带电粒子向地磁场两极运动的过程中，粒子的速度垂直于磁场方向的分量v⊥不变，而磁感应强度越来越大，根据轨道半径公式r＝eq\f(mv⊥,qB)可知，粒子螺旋运动的半径逐渐变小，C错误。4.(2022·湖北省武汉市第二中学高三上模拟)如图所示，在矩形的区域内存在一个垂直纸面向外的匀强磁场，已知磁感应强度大小为B，eq\f(Oa,ab)＝eq\r(3)，一个质量为m、电量为q的带正电粒子(重力忽略不计)，从O点沿着Ob方向垂直磁场入射，下列关于带电粒子在磁场中的运动说法正确的是()A．带电粒子在磁场中运动的最长时间为eq\f(πm,3qB)B．带电粒子的入射速度越大，在磁场中运动的位移越大C．带电粒子的入射速度越大，在磁场中运动的时间越长D．带电粒子可以从bc边界离开磁场答案AB解析由eq\f(Oa,ab)＝eq\r(3)可知，Ob与Oa的夹角θ＝30°。粒子运动轨迹如图，由几何关系可知，粒子轨迹对应的最大圆心角α＝2θ＝60°，粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)，则粒子在磁场中运动的最长时间tm＝eq\f(α,2π)T＝eq\f(πm,3qB)，故A正确；带电粒子的入射速度越大，在磁场中运动的弧所对的弦长越长，故在磁场中运动的位移越大，但是粒子在磁场中运动的圆弧所对的圆心角可能不变或者减小，则运动时间不变或者减小，故B正确，C错误；带电粒子沿着Ob方向垂直射入磁场，受到的洛伦兹力斜向下，故粒子不可能从bc边界离开磁场，故D错误。5.(2021·东北三省四市教研联合体4月模拟二)如图所示，半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，P是磁场边界上的最低点。大量质量均为m，电荷量为－q(q>0)的带电粒子，以相同的速率从P点向纸面内的各个方向射入磁场区域。已知粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r＝2R，A、C为圆形区域水平直径的两个端点，粒子的重力、空气阻力和粒子间的相互作用均不计，则下列说法正确的是()A．粒子射入磁场时的速率为v＝eq\f(2mBR,q)B．粒子在磁场中运动的最长时间为t＝eq\f(πm,3qB)C．不可能有粒子从C点射出磁场D．不可能有粒子从A点沿水平方向射出磁场答案BD解析粒子在磁场中做圆周运动，根据牛顿第二定律可知，Bqv＝eq\f(mv2,r)，且r＝2R，所以v＝eq\f(2qBR,m)，A错误；粒子在磁场中做圆周运动的周期为T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,Bq)，要使粒子在圆形磁场中的运动时间最长，则粒子圆周运动的轨迹应以磁场圆直径为弦，则粒子的运动轨迹如图甲，由几何关系知，此轨迹对应的圆心角为60°，所以最长时间为t＝eq\f(60°,360°)T＝eq\f(πm,3qB)，故B正确；当入射速度的方向合适时，粒子可以从C点射出，如图乙所示，故C错误；若粒子能从A点水平射出磁场，则在A点作速度方向的垂线，再作AP两点连线的中垂线，交点即为圆心，此时圆周运动的半径r＝R≠2R，如图丙所示，故D正确。6.(2021·山东省济南市高三下二模)如图所示，边长为eq\r(